湖南重點(diǎn)大學(xué)附屬中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題

湖南重點(diǎn)大學(xué)附屬中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、選擇題：本大題共8個小題，每小題5分，滿分40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，1．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z?i|=1，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則（）A．(x+1)2+yC．x2+(y?1)2．直線2x+(m+1)y+4=0與直線mx+3y?2=0平行，則m等于（）A．2 B．-3 C．2或-3 D．-2或-33．已知角α的終邊與單位圓的交點(diǎn)為P(?12，A．?33 B．±33 C．4．隨著新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革持續(xù)推進(jìn)，以數(shù)字化?網(wǎng)絡(luò)化?智能化以及融合化為主要特征的新型基礎(chǔ)設(shè)施建設(shè)越來越受到關(guān)注.5G基站建設(shè)就是“新基建”的眾多工程之一，截至2020年底，我國已累計開通5G基站超70萬個，未來將進(jìn)一步完善基礎(chǔ)網(wǎng)絡(luò)體系，穩(wěn)步推進(jìn)5G網(wǎng)絡(luò)建設(shè)，實(shí)現(xiàn)主要城區(qū)及部分重點(diǎn)鄉(xiāng)鎮(zhèn)5G網(wǎng)絡(luò)覆蓋.2021年1月計劃新建設(shè)5萬個5G基站，以后每個月比上一個月多建設(shè)1萬個，預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站時要到（）A．2022年12月 B．2023年2月 C．2023年4月 D．2023年6月5．已知(2x?1)5A．1 B．243 C．121 D．1226．設(shè)橢圓E的兩焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，以F1為圓心，|F1F2A．2?1 B．5?12 C．27．如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段BD上的一動點(diǎn)，若AF=xAE+yA．12 B．34 C．18．已知當(dāng)x?e時，不等式xa+1A．1 B．1e C．e D．二、多選題：本大題共4個小題，每小題5分，滿分20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9．下列說法正確的是（）A．某校的4個班級分別從3個景點(diǎn)中選擇一處游覽，不同的選法的種數(shù)是3B．從1，C．兩個口袋分別裝有2個和3個不同的小球，從兩個口袋中分別各取1個球，共有5種取法D．從1，10．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，其前n項和為Sn，前n項積為A．0<q<1 B．a(chǎn)C．Tn的最大值為T7 D．S11．已知函數(shù)f(x)=x+sinx?xcosA．f(x)為奇函數(shù) B．f(x)在[0，π)上單調(diào)遞增C．f(x)恰有4個極大值點(diǎn) D．f(x)有且僅有4個極值點(diǎn)12．下列有關(guān)正方體的說法，正確的有（）A．正方體的內(nèi)切球?棱切球?外接球的半徑之比為1B．若正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，QC．若正方體8個頂點(diǎn)到某個平面的距離為公差為1的等差數(shù)列，則正方體的棱長為2D．若正方體ABCD?A'B'C'D'的棱長為3，點(diǎn)P三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知函數(shù)f(x)=xlnx+ax2+2，若f'14．若直線x+ay?a?1=0與圓C：(x?2)2+y2=4交于15．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c16．如圖，橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)與雙曲線x2m2?y2n2=1(m>0，n>0)有公共焦點(diǎn)F1四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17．已知函數(shù)f(x)=(23（1）求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間和最小正周期；（2）若當(dāng)x∈[π6，π218．用總長為523m的鋼條制作一個長方體容器的框架，如果所制容器底面一邊比另一邊的長多19．在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架ABCD，ABEF的邊長都是1，且它們所在的平面互相垂直.活動彈子M，N分別在正方形對角線AC和BF上移動，且CM和（1）求MN長的最小值；（2）當(dāng)MN的長最小時，求二面角A?MN?B的正弦值.20．已知數(shù)列{an}的首項（1）記bn=a（2）求數(shù)列{an}的通項公式及其前2n?121．閱讀材料并解決如下問題：Bézier曲線是計算機(jī)圖形學(xué)及其相關(guān)領(lǐng)域中重要的參數(shù)曲線之一.法國數(shù)學(xué)家DeCasteljau對Bézier曲線進(jìn)行了圖形化應(yīng)用的測試，提出了DeCasteljau算法：已知三個定點(diǎn)，根據(jù)對應(yīng)的一定比例，使用遞推畫法，可以畫出拋物線.反之，已知拋物線上三點(diǎn)的切線，也有相應(yīng)邊成比例的結(jié)論.已知拋物線Γ：y2（1）求Γ的方程及其焦點(diǎn)坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程；（2）如圖，A，B，C是Γ上的三點(diǎn)，過三點(diǎn)的三條切線分別兩兩交于點(diǎn)D，22．設(shè)f(x)=ex(（1）求實(shí)數(shù)a的值；（2）證明：f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】設(shè)復(fù)數(shù)為z=a+bi(a∈R，b∈R），∵z?i=a+bi?i=a+(b?1)i，∴|z?i|=∵|z?i|=1，∴a2+∴故答案為：C【分析】利用復(fù)數(shù)的加減運(yùn)算法則求出復(fù)數(shù)z?i，再利用復(fù)數(shù)z?i的實(shí)部和虛部表示復(fù)數(shù)z?i的模，再利用復(fù)數(shù)z?i的幾何意義表示出復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的軌跡方程。2．【答案】C【解析】【解答】解：當(dāng)m+1=0即m=?1時，兩直線為2x+4=0，?x+3y?2=0，兩直線不平行，不符合題意；當(dāng)m=0時，兩直線為2x+y+4=0，3y?2=0兩直線不平行，不符合題意；當(dāng)m+1≠0,m≠0即直線2x+(m+1)直線mx+3y?2=0的斜率為?m因為兩直線平行，所以?2m+1解得m=2或?3，故答案為：C

【分析】本題考查兩直線平行的斜率轉(zhuǎn)化.分三種情況：m+1=0，m=0和m+1≠0,3．【答案】C【解析】【解答】解：∵點(diǎn)P(?12,y)在單位圓上，∴y=±故答案為：C.

【分析】本題考查任意角三角函數(shù)的定義，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式的應(yīng)用．首先利用單位圓的定義可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，再利用任意角三角函數(shù)的定義得出cosα,sinα4．【答案】B【解析】【解答】解：每個月開通5G基站的個數(shù)是以5為首項，1為公差的等差數(shù)列，設(shè)預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站需要n個月，則70+5n+n化簡整理得，n2解得n≈25.17或所以預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站需要25個月，也就是到2023年2月.故答案為：B.

【分析】本題考查等差數(shù)列的的前n項和公式.根據(jù)題意分析可知：每個月開通5G基站的個數(shù)是以5為首項，1為公差的等差數(shù)列，設(shè)預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站需要n個月，利用等差數(shù)列的前n項和公式可列出關(guān)于n的方程，解方程可求出答案．5．【答案】B【解析】【解答】解：解：令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1①，令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝－243②，①＋②，得2(a4＋a2＋a0)＝－242，即a4＋a2＋a0＝－121.，①－②，得2(a5＋a3＋a1)＝244，即a5＋a3＋a1＝122.所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝122＋121＝243.故答案為：B.

【分析】本題考查二項式的系數(shù).采用賦值法，對式子|a0|+|a1|+?+|a5|去絕對值，可知式子的值可分為兩部分.令x=1，可求出式子的展開式中各項系數(shù)之和；令x=-1可求出－a5＋a4－a3＋6．【答案】A【解析】【解答】解：如圖所示，

因為△PF1F2所以|PF1|=2c,|P故答案為：A.

【分析】本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓的簡單的幾何性質(zhì)的應(yīng)用.由ΔPF1F2為直角三角形，可得7．【答案】A【解析】【解答】設(shè)BD、AE交于O，因為DE∕∕AB，所以△AOB∽△EOD，所以AOOE所以AO=2OE，則AE=所以AF=x因為O、F、B三點(diǎn)共線，所以32x+y=1，即所以2?3x4因為x>0，y>0，所以4y+1當(dāng)且僅當(dāng)4y=1y，即y=1所以2?3x4故答案為：A

【分析】先得到AE=328．【答案】B【解析】【解答】解：由題意，原不等式可變形為e1x?設(shè)f(x)=x?lnx，則當(dāng)x≥e時，因為f'(x)=1?1x=x?1x因為x≥e，a>0所以e1x>1因為f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增，所以要使f(e兩邊取對數(shù)，得1x≤alnx，因為令h(x)=xlnx(x∈[e,所以h(x)在[e,所以h(x)所以0<1xlnx≤1e故答案為：B.

【分析】本題考查函數(shù)恒成立問題.原不等式可變形為e1x?lne1x≤xa?lnxa，令f(x)=x?lnx，則問題可轉(zhuǎn)化為：f(e9．【答案】A,B【解析】【解答】解：A，4個班分別從3個景點(diǎn)選擇一處游覽，每一個班都有3種選擇，分4步完成，故有3×3×3×3=3B，從1，2，3，4，5選擇2個數(shù)（可重復(fù)）組成兩位偶數(shù)，先確定個位數(shù)字有2種可能，再確定十位數(shù)字有5種可能，故共有2×5=10個偶數(shù)，B正確；C，兩個口袋分別裝有2個和3個小球，從兩個口袋分別各取1個球，共有2×3=6種取法，C錯誤；D，從1，3，5，7，10選擇2個不相同的數(shù)作為分子分母組成分?jǐn)?shù)，若選1作分子，則分母有4種可能，此時有4個分?jǐn)?shù)，不選1時，共有A4故共有4+12=16個分?jǐn)?shù)，故D錯誤，故答案為：AB.

【分析】本題考查分步乘法和分類加法計算原理，排列組合的實(shí)際應(yīng)用.根據(jù)每一個班都有3種選擇，利用分步乘法計數(shù)原理可求出選法，據(jù)此可判斷A選項；先確定個位數(shù)字的可能數(shù)，再確定十位數(shù)字的可能性，利用分步乘法計數(shù)原理可求出偶數(shù)的個數(shù)，據(jù)此可判斷B選項；利用分步乘法原理可求出有幾種取法，據(jù)此可判斷C選項；考慮1作分子情況和不選1時的情況，利用分類加法計算原理可計算出分?jǐn)?shù)的個數(shù)，據(jù)此可判斷D選項.10．【答案】A,C【解析】【解答】解：A.因為a1>1，a7所以a7>1，a8B.a7D.因為a1>1，0<q<1，所以數(shù)列{aC.a7>1，a8<1，所以故答案為：AC.

【分析】本題考查等比數(shù)列的性質(zhì)、等比數(shù)列的通項公式，等比數(shù)列的前n項和公式..根據(jù)題意分析可得：a7>1，a8<1，利用等比數(shù)列的通項公式可判斷A選項；利用等比數(shù)列的性質(zhì)可判斷B選項；結(jié)合11．【答案】B,D【解析】【解答】解：因為f(x)的定義域為[?2π，2π)，所以f(x)是非奇非偶函數(shù)，∵f(x)=x+∴f當(dāng)x∈[0，π)時，f'(x)>0，則f(x)在顯然f'(0)≠0，令f'分別作出y=sinx，y=?1由圖可知，這兩個函數(shù)的圖象在區(qū)間[?2π，2π)上共有4個公共點(diǎn)，且兩圖象在這些公共點(diǎn)上都不相切，故f(x)在區(qū)間[?2π，2π)上的極值點(diǎn)的個數(shù)為4，且f(x)只有2個極大值點(diǎn).故答案為：BD.

【分析】利用已知條件結(jié)合奇函數(shù)和偶函數(shù)的定義，從而判斷出函數(shù)的奇偶性；再利用增函數(shù)的定義判斷出函數(shù)為增函數(shù)；再結(jié)合已知條件和求導(dǎo)的方法判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求出函數(shù)的極值點(diǎn)的個數(shù)，進(jìn)而找出正確的選項。12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A，設(shè)正方體邊長為a，則其內(nèi)切球?棱切球?外接球半徑分別為12a:B，如圖|QE|+|QF|=|QE|+|QF1|，當(dāng)E,Q,在△AC1M由余弦定理得|EF所以|EF1|=113C，因為點(diǎn)A,不妨設(shè)平面α為符合題意的平面，α過點(diǎn)C，延長D1C1,A則點(diǎn)C,C1,B因為D1E,故由比例關(guān)系得C1設(shè)正方體的棱長為4a，則C1用幾何方法可解得EF=25由余弦定理可得cos∠CEF=sin∠CEF=故S△ECF由CC1⊥平面A1B1C所以由VC1?ECF=Vd=S因為d=1，所以42121a=1所以正方體的棱長為4a=21D，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,則D'(0,0,由|ND'|2=|NP所以三棱錐B'?D所以三棱錐B'?D故答案為：ABD.

【分析】本題考查球內(nèi)接幾何體問題，立體幾何動點(diǎn)問題，點(diǎn)到平面的距離問題.設(shè)正方體棱長為a，進(jìn)而分別求出正方體的內(nèi)切球?棱切球?外接球的半徑判斷A；利用補(bǔ)體法，把|QE|+|QF|轉(zhuǎn)為|QE|+|QF1|，當(dāng)E,Q,F1共線的時候|QE|+|QF|=|EF1|最小，利用余弦定理先求出cos∠AC1M，進(jìn)而求出|EF1|，據(jù)此可判斷B選項；設(shè)平面α為符合題意的平面，α過點(diǎn)C，利用已知條件確定棱長與8個頂點(diǎn)到某個平面的距離的關(guān)系可推出：D1E,A113．【答案】?【解析】【解答】解：函數(shù)f(x)=xlnx+ax2+2于是f'(e故答案為：?【分析】本題考點(diǎn)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式，導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則.先利用基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則求出導(dǎo)函數(shù)f'(x14．【答案】π【解析】【解答】解：直線x+ay?a?1=0可化為(x?1)+a(y?1)=0，則當(dāng)x?1=0且y?1=0，即x=1且y=1時，等式恒成立，所以直線恒過定點(diǎn)M(1,圓C的圓心為C(2,0)，半徑當(dāng)MC⊥AB時，|AB|取得最小值，且最小值為2r此時弦長AB所對的圓心角為π2，所以劣弧AB的長為π故答案為：π【分析】本題考查直線與圓的位置關(guān)系.先求出直線x+ay?a?1=0過定點(diǎn)的坐標(biāo)，求出圓C的圓心和半徑，利用圓的弦長公式分析可知：MC⊥AB時|AB|取得最小值，利用弦長公式求出|AB|，進(jìn)而求出圓心角，利用弧長公式可求出劣弧AB的長.15．【答案】2【解析】【解答】解：由題意，(a?2ccos則由正弦定理可得(sin∵0<A<π，∴sinA≠0，∴sin又∵A+B+C=π，則A=π?(B+C)，sin∴sin(B+C)?2∴sin(B?C)=2cos可得：0<C<π2<B<π∴B=π2+C，即B?C=∴2cosA=1，即cosA=22∴由B?C=π2B+C=3π4∴由正弦定理可得：2sinπ4=b∴bc=2sin故答案為：2【分析】本題考查利用正弦定理解三角形，誘導(dǎo)公式，兩角和與差的正弦公式，二倍角的正弦公式.

先利用正弦定理進(jìn)行邊化角可得：(sinA?2sinCcos16．【答案】32；【解析】【解答】解：由題意得橢圓與雙曲線的焦距為|F橢圓的長軸長為2a，雙曲線的實(shí)軸長為2m，不妨設(shè)點(diǎn)P在雙曲線的右支上，由雙曲線的定義：|PF1|?|P可得：|PF1|=m+a|PF即(整理得：a2+3m則1e12I為△F1PF2由于S△PF1同理：|PF2||AF即|AI|=e因為AI=λIP，所以|AII為△F1P即F1G為延長射線F1P，連接F2G，由G點(diǎn)向F1∵∠F∴∠F2PB=∠BPE=60°∴GH=GE=GD，即F2G為則有|GB||PG|=|B所以|BG||PG|=|B因為BG=μGP，所以|BG所以λ2當(dāng)且僅當(dāng)3e12e2故答案為：32，【分析】本題考查橢圓的定義，橢圓的簡單幾何性質(zhì)，雙曲線的定義，雙曲線的簡單幾何性質(zhì).利用橢圓和雙曲線的定義可求出|PF1|=m+a,|PF2|=a?m，再利用余弦定理化簡可得a2+3m2=4c2，結(jié)合橢圓和雙曲線的離心率公式可求出117．【答案】（1）解：f(x)=cosx(2=3所以函數(shù)f(x)的最小正周期T=π.由π2+2kπ?2x?π所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[（2）解：由題意可知，即m?f(因為x∈[π6，故當(dāng)2x?π6=π2，即x=所以m?2，實(shí)數(shù)m的取值范圍為(?∞【解析】【分析】本題考查正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì).（1）先利用降冪升角公式和輔助角公式化簡函數(shù)解析式可得：f(x)=2sin(2x?π6)，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)可求出函數(shù)f(x)（2）根據(jù)恒成立思想可得：m小于等于f(x)的最大值，利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)可求出f(x)的最大值，進(jìn)而求出實(shí)數(shù)m的取值范圍.18．【答案】解：設(shè)底面的一邊的長為xm，另一邊的長為(x+1)m.因為鋼條長為523m，所以，長方體容器的高為設(shè)容器的容積為V，則V=V(x)=x(x+1)(10V'解得x=?59（舍去），當(dāng)x∈(0，1)時，V'(x)>0，當(dāng)因此，x=1是函數(shù)V(x)在(0，此時長方體容器的高為43所以，當(dāng)長方體容器的高為43m時，容積最大，最大容積為【解析】【分析】本題考查導(dǎo)函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用.先設(shè)底面的一邊的長為xm，求出另一邊的長為(x+1)m，進(jìn)而表示出長方體的高為：103?2x，利用長方體的體積公式可求出V(x)=?2x3+19．【答案】（1）解：（1）因為面ABCD⊥面ABEF，又面ABCD∩面ABEF=AB，CB⊥AB，CB?面ABCD，所以CB⊥面ABEF，又AB⊥BE，

如圖，以B為原點(diǎn)，BA，BE，BC所在直線分別為x軸?則A(1，所以|MN|=(因為|MN|=t所以當(dāng)t=22時，MN的長最小，最小值為（2）解：由（1）知，MN的長最小時，M?N分別為正方形對角線AC和BF的中點(diǎn)，可得M(1設(shè)平面AMN的法向量為m=(由m?MA=12同理可求平面BMN的法向量為n=(?1則cos?所以，sin?m因此，二面角A?MN?B的正弦值為22【解析】【分析】本題考查兩點(diǎn)間的距離公式，利用空間向量求出二面角.（1）利用平面與平面垂直的性質(zhì)可證明CB⊥面ABEF，進(jìn)而推出AB⊥BE，以B為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，再利用空間兩點(diǎn)間的距離公式可求出|MN|=(t?（2）根據(jù)（1）結(jié)果，得到M(12,0,20．【答案】（1）證明：因為an+1=a則bn+1可得bn+1且b1=a（2）解：由（1）可得bn+1=5×4即a2n又因為a2n=a所以數(shù)列{an又a2n?1所以S2n?1=(10×4=10×(4所以數(shù)列{an}的前【解析】【分析】本題考查等比數(shù)列的通項公式，分組求和求數(shù)列的和.（1）根據(jù)題意可得：bn的遞推關(guān)系式為bn+1=4（2）利用等比數(shù)列的通項公式可求出bn，即求出a2n，再利用數(shù)列的遞推公式可求出a2n?1，進(jìn)而求出數(shù)列{an21．【答案】（1）解：因為拋物線y2=2px(轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線距離的最小值為12，所以p2=因此拋物線Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=2x，其焦點(diǎn)坐標(biāo)為(（2）解：設(shè)A(y122，y1)，將切線方程與拋物線方程聯(lián)立，得：y2=2x，x?y所以Δ=(?2t)所以拋物線上過點(diǎn)A的切線方程為x=y1y?y1兩兩聯(lián)立，可以求得交點(diǎn)